初中數(shù)學(xué)北師大版九年級下冊第三章圓7切線長定理 全市一等獎(jiǎng)

*切線長定理1．理解切線長的定義；(重點(diǎn))2．掌握切線長定理并能運(yùn)用切線長定理解決問題．(難點(diǎn))一、情境導(dǎo)入如圖①，PA為⊙O的一條切線，點(diǎn)A為切點(diǎn)．如圖②所示，沿著直線PO將紙對折，由于直線PO經(jīng)過圓心O，所以PO是圓的一條對稱軸，兩半圓重合．設(shè)與點(diǎn)A重合的點(diǎn)為點(diǎn)B，這里，OB是⊙O的一條半徑，PB是⊙O的一條切線．圖中PA與PB、∠APO與∠BPO有什么關(guān)系？二、合作探究探究點(diǎn)：切線長定理【類型一】利用切線長定理求線段的長如圖，從⊙O外一點(diǎn)P引圓的兩條切線PA、PB，切點(diǎn)分別是點(diǎn)A和點(diǎn)B，如果∠APB＝60°，線段PA＝10，那么弦AB的長是()A．10B．12C．5eq\r(3)D．10eq\r(3)解析：∵PA、PB都是⊙O的切線，∴PA＝PB.∵∠APB＝60°，∴△PAB是等邊三角形，∴AB＝PA＝10.故選A.方法總結(jié)：切線長定理是在圓中判斷線段相等的主要依據(jù)，經(jīng)常用到．變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時(shí)練習(xí)“課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練”第4題【類型二】利用切線長定理求角的度數(shù)如圖，PA、PB是⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，點(diǎn)C在⊙O上，如果∠ACB＝70°，那么∠OPA的度數(shù)是________度．解析：如圖所示，連接OA、OB.∵PA、PB是⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°.又∵∠AOB＝2∠ACB＝140°，∴∠APB＝360°－∠PAO－∠AOB－∠OBP＝360°－90°－140°－90°＝40°.易證△POA≌△POB，∴∠OPA＝eq\f(1,2)∠APB＝20°.故答案為20.方法總結(jié)：由公共點(diǎn)引出的兩條切線，可以運(yùn)用切線長定理得到等腰三角形．另外根據(jù)全等的判定，可得到PO平分∠APB.變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時(shí)練習(xí)“課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練”第3題【類型三】利用切線長定理求三角形的周長如圖，PA、PB、DE是⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B、F，已知PO＝13cm，⊙O的半徑為5cm，求△PDE的周長．解析：連接OA，根據(jù)切線的性質(zhì)定理，得OA⊥PA.根據(jù)勾股定理，得PA＝12，再根據(jù)切線長定理即可求得△PDE的周長．解：連接OA，則OA⊥PA.在Rt△APO中，PO＝13cm，OA＝5cm，根據(jù)勾股定理，得AP＝12cm.∵PA、PB、DE是⊙O的切線，∴PA＝PB，DA＝DF，EF＝EB，∴△PDE的周長PD＋DE＋PE＝PD＋DF＋FE＋PE＝PD＋DA＋EB＋PE＝PA＋PB＝2PA＝24cm.方法總結(jié)：從圓外一點(diǎn)引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點(diǎn)的連線，平分兩條切線的夾角．變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時(shí)練習(xí)“課后鞏固提升”第4題【類型四】利用切線長定理解決圓外切四邊形的問題如圖，四邊形ABCD的邊與圓O分別相切于點(diǎn)E、F、G、H，判斷AB、BC、CD、DA之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．解析：直接利用切線長定理解答即可．解：AD＋BC＝CD＋AB，理由如下：∵四邊形ABCD的邊與圓O分別相切于點(diǎn)E、F、G、H，∴DH＝DG，CG＝CF，BE＝BF，AE＝AH，∴AH＋DH＋CF＋BF＝DG＋GC＋AE＋BE，即AD＋BC＝CD＋AB.方法總結(jié)：由切線長定理可以得到一些相等的線段，一定要明確這些相等線段．記住“圓外切四邊形的對邊之和相等”，對我們以后解決問題有很大幫助．變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時(shí)練習(xí)“課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練”第4題【類型五】切線長定理與三角形內(nèi)切圓的綜合如圖，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，它與AB、BC、CA分別相切于點(diǎn)D、E、F.(1)求證：BE＝CE；(2)若∠A＝90°，AB＝AC＝2，求⊙O的半徑．解析：(1)利用切線長定理得出AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF，進(jìn)而得出BD＝CF，即可得出答案；(2)首先連接OD、OE、OF，進(jìn)而利用切線的性質(zhì)得出∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°，進(jìn)而得出四邊形ODAF是正方形，再利用勾股定理求出⊙O的半徑．(1)證明：∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF.∵AB＝AC，∴AB－AD＝AC－AF，即BD＝CF，∴BE＝CE；(2)解：連接OD、OE、OF，∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)為D、E、F，∴∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°.又∵OD＝OF，∴四邊形ODAF是正方形．設(shè)OD＝AD＝AF＝r，則BE＝BD＝CF＝CE＝2－r.在△ABC中，∠A＝90°，∴BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝2eq\r(2).又∵BC＝BE＋CE，∴(2－r)＋(2－r)＝2eq\r(2)，得r＝2－eq\r(2)，∴⊙O的半徑是2－eq\r(2).方法總結(jié)：本題綜合考查了正方形的判定以及切線長定理和勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵是得出四邊形ODAF是正方形．【類型六】利用切線長定理解決存在性問題如圖①，已知正方形ABCD的邊長為2eq\r(3)，點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，P是線段MD上的一動點(diǎn)(P不與M，D重合)，以AB為直徑作⊙O，過點(diǎn)P作⊙O的切線交BC于點(diǎn)F，切點(diǎn)為E.(1)除正方形ABCD的四邊和⊙O中的半徑外，圖中還有哪些相等的線段(不能添加字母和輔助線)?(2)求四邊形CDPF的周長；(3)延長CD，F(xiàn)P相交于點(diǎn)G，如圖②所示．是否存在點(diǎn)P，使BF·FG＝CF·OF？如果存在，試求此時(shí)AP的長；如果不存在，請說明理由．解析：(1)根據(jù)切線長定理得到FB＝FE，PE＝PA；(2)根據(jù)切線長定理，發(fā)現(xiàn)該四邊形的周長等于正方形的三邊之和；(3)若要滿足結(jié)論，則∠BFO＝∠GFC，根據(jù)切線長定理得∠BFO＝∠EFO，從而得到這三個(gè)角應(yīng)是60°，然后結(jié)合已知的正方形的邊長，也是圓的直徑，利用30°的直角三角形的知識進(jìn)行計(jì)算．解：(1)FB＝FE，PE＝PA；(2)四邊形CDPF的周長為FC＋CD＋DP＋PE＋EF＝FC＋CD＋DP＋PA＋BF＝BF＋FC＋CD＋DP＋PA＝BC＋CD＋DA＝2eq\r(3)×3＝6eq\r(3)；(3)假設(shè)存在點(diǎn)P，使BF·FG＝CF·OF.∴eq\f(BF,OF)＝eq\f(CF,FG).∵cos∠OFB＝eq\f(BF,OF)，cos∠GFC＝eq\f(CF,FG)，∴∠OFB＝∠GFC.∵∠OFB＝∠OFE，∴∠OFE＝∠OFB＝∠GFC＝60°，∴在Rt△OFB中，BF＝eq\f(OB,tan∠OFB)＝eq\f(OB,tan60°)＝1.在Rt△GFC中，∵CG＝CF·tan∠GFC＝CF·tan60°＝(2eq\r(3)－1)×eq\r(3)＝6－eq\r(3)，∴DG＝CG－CD＝6－3eq\r(3)，∴DP＝DG·tan∠PGD＝DG·tan30°＝2eq\r(3)－3，∴AP＝AD－DP＝2eq\r(3)－(2eq\r(3)－3)＝3.方法總結(jié)：由于存在性問題的結(jié)論有兩種可能，所以具有開放的特征，在假設(shè)存在性以后進(jìn)行的推理或計(jì)算．一般思路是：假設(shè)存在——推理論證——得出結(jié)論．若能導(dǎo)出合理的結(jié)果，就做出“存在”的判斷，若導(dǎo)出矛盾，就做出“不存在”的判斷．三、板書設(shè)計(jì)切線長定理1．切線長的概念2．切線長定理3．切線長定理的應(yīng)用在教學(xué)過程中，通過安排實(shí)踐操作活動，使學(xué)生提高了探究的興趣．首先教師突出操作要求，學(xué)生操作并思考回答問題，教